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专题 20 矩形、菱形、正方形（10 个高频考点）（举一反三）
【考点1 矩形的判定与性质】...............................................................................................................................1
【考点2 菱形的判定与性质】...............................................................................................................................9
【考点3 正方形的判定与性质】.........................................................................................................................17
【考点4 特殊四边形中的折叠变换】.................................................................................................................25
【考点5 特殊四边形中的平移变换】.................................................................................................................29
【考点6 特殊四边形中的旋转变换】.................................................................................................................33
【考点7 特殊四边形中的动点问题】.................................................................................................................44
【考点8 中点四边形的形状探究】.....................................................................................................................51
【考点9 中点四边形的线段长、周长与面积的探究】......................................................................................54
【考点10 特殊四边形与函数的综合探究】.........................................................................................................58
【要点1 矩形的定义】
有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【要点2 矩形的性质】
①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对
角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的
直线；对称中心是两条对角线的交点．
【要点3 矩形的判定方法】
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）.
【考点1 矩形的判定与性质】
【例1】（2022·四川绵阳·统考中考真题）如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，
AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°．若AH＝2，AD＝5＋√3．则四边形EFGH的周长为
（ ）A．4(2+√6) B．4(√2+√3+1) C．8(√2+√3) D．4(√2+√6+2)
【答案】A
【分析】证明四边形EFGH为平行四边形，作EP⊥HF交于点P，HK⊥BC交于点K，设HP=a，表示
出EH=2a，EP=√3a，PF=√3a，EF=HG=√6a，进一步表示出
HK=AB=√4a2−4+√6a2−(12+6√3)，HF=(√3+1)a，KF=√3+3−2=√3+1，利用勾股定理即可
求出a的值，进一步可求出边形EFGH的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC，AB=CD，
∵AH=CF，AE=CG，
∴HD=BF，GD=BE，
在△AEH和△CGF中，
¿
∴△AEH≌△CGF(SAS)，
∴EH=FG，
同理：△BEF≌△DGH(SAS)，
∴EF=HG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
作EP⊥HF交于点P，HK⊥BC交于点K，
设HP=a，
∵∠EHF=60°，∠GHF=45°，AH=2，AD=5+√3，∴EH=2a，EP=√3a，PF=√3a，EF=HG=√6a，
∴AE=√4a2−4，BE=DG=√6a2−(12+6√3)，
∴AB=AE+BE=√4a2−4+√6a2−(12+6√3)，
∵HK⊥BC，
∴ABKH为矩形，即HK=AB=√4a2−4+√6a2−(12+6√3)，
∵HF=(√3+1)a，KF=√3+3−2=√3+1，
∴H K2+K F2=H F2，
即(√4a2−4+√6a2−(12+6√3)) 2 +(√3+1) 2=( √3+1) 2 a2，
解得：a=2，
∴四边形EFGH的周长为：2(EH+HG)=2(4+2√6)=4(2+√6)，
故选：A.
【点睛】本题考查矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，
解题的关键是利用H K2+K F2=H F2求出a的值．
【变式1-1】（2022·江苏泰州·统考中考真题）如图，线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．
(1)求证：AF与DE互相平分；
(2)当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
1
(2)AF= BC，理由见解析
2
【分析】（1）易知点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，所以线段DF与EF也为△ABC的中位线，
由中位线定理证得四边形ADFE是平行四边形，因为平行四边形的对角线相互平分，此题可证；1
（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形，结合已知条件可知，当AF= BC时，平行四边形ADFE为矩
2
形．
【详解】（1）证明：∵线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线，
∴D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，
∴线段DF与EF也为△ABC的中位线，
∴DF∥AC，EF∥AB，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AF与DE互相平分．
1
（2）解：当AF= BC时，四边形ADFE为矩形，理由如下：
2
∵线段DE为△ABC的中位线，
1
∴DE= BC，
2
由（1）知四边形ADFE为平行四边形，若▱ADFE为矩形，则AF=DE，
1
∴当AF= BC时，四边形ADFE为矩形．
2
【点睛】此题考查了中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质；解题的关键是数形结合，
熟练运用上述知识．
【变式1-2】（2015·四川攀枝花·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC
中，A（10，0），C（0，4），D为OA的中点，P为BC边上一点．若△POD为等腰三角形，则所有满足条
件的点P的坐标为_________．
【答案】（2.5，4）或（3，4）或（2，4）或（8，4）．
【详解】试题解析：∵四边形OABC是矩形，
∴∠OCB=90°，OC=4，BC=OA=10，
∵D为OA的中点，
∴OD=AD=5，①当PO=PD时，点P在OD得垂直平分线上，
∴点P的坐标为：（2.5，4）；
②当OP=OD时，如图1所示：
则OP=OD=5，PC=√52−42=3，
∴点P的坐标为：（3，4）；
③当DP=DO时，作PE⊥OA于E，
则∠PED=90°，DE=√52−42=3；
分两种情况：当E在D的左侧时，如图2所示：
OE=5-3=2，
∴点P的坐标为：（2，4）；
当E在D的右侧时，如图3所示：
OE=5+3=8，
∴点P的坐标为：（8，4）；
综上所述：点P的坐标为：（2.5，4），或（3，4），或（2，4），或（8，4）
考点：1.矩形的性质；2.坐标与图形性质；3.等腰三角形的判定；4.勾股定理．
【变式1-3】（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点
（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．
(1)直接写出图中与 AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是△平行四边形，求CE的长；
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？【答案】(1)答案不唯一，如 AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5 △
54
(3)当CE的长为长为 或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形
5
【分析】（1）因为 AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和
AFB相似，解答时△任意写出一个即可；
△ AF AB AF 15 5
（2）根据 AFB∽△BGC，得 = ，即 = = ，设AF＝5x，BG＝3x，根据
BG BC BG 9 3
△
AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
△（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结
论．
【详解】（1）解：（任意回答一个即可）；
①如图1， AFB∽△BCE，理由如下：
△
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，
∴AF＝CC'，
由（1）知： AFB∽△BGC，
AF AB△ AF 15 5
∴ = ，即 = = ，
BG BC BG 9 3
设AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
CG CE 2.5x CE
∴ = ，即 = ，
BG BC 3x 9
∴CE＝7.5；
（3）分两种情况：
①当C'F＝BC'时，如图2，
∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四边形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，
由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
AF BF 5x 6x
∴ = ，即 = ，
BC CE 9 CE
5x 9
∴ = ，
6x CE
54
∴CE＝ ；
5
②当C'F＝BF时，如图3，
由（1）知： AFB∽△BGC，
AB BF△15 5
∴ = = = ，
BC CG 9 3
设BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝√CF2−CG2＝4a，
CE CG
∵tan∠CBE＝ = ，
BC BG
CE 3a
∴ = ，
9 4a+5a
∴CE＝3；
54
综上，当CE的长为长为 或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
5【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压
轴题．
【要点4 菱形的定义】
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
【要点5 菱形的性质】
①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条
对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2 条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
【要点6 菱形的判定】
①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
【考点2 菱形的判定与性质】
【例2】（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE
交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（ ）
A．16 B．6√7 C．12√7 D．30
【答案】B
【分析】连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝
OD，OC＝AO，再利用∠DEF＝∠DFE得到DF＝DE＝2，证明∠BCF＝∠BFC得到BF＝BC＝4，则BD＝
6，所以OB＝OD＝3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC＝2√7，然后根据菱形的面积公式计算
它的面积．
【详解】解：连接AC交BD于O，如图，∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE＝2，
∵∠DEF＝∠DFE，
∴DF＝DE＝2，
∵DE∥BC，
∴∠DEF＝∠BCF，
∵∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝4，
∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，
∴OB＝OD＝3，
在Rt△BOC中，OC=√42−32=√7，
∴AC＝2OC＝2√7，
1 1
∴菱形ABCD的面积＝ AC•BD＝ ×2√7×6=6√7．
2 2
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对
1
角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积＝ ab（a、b是两条对角线的长度）．
2
【变式2-1】（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使
DE=AD，且BE⊥DC．
(1)求证：四边形DBCE为菱形；(2)若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最
小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)√3
【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形的性质和DE=AD证明四边形DBCE为平行四边形，再
根据BE⊥DC，即可得证；
（2）先根据菱形对称性得，得到PM+PN=PM+PN'，进一步说明PM+PN的最小值即为菱形的高，
再利用三角函数即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵DE=AD，
∴DE=BC，
又∵点E在AD的延长线上，
∴DE∥BC，
∴四边形DBCE为平行四边形，
又∵BE⊥DC，
∴四边形DBCE为菱形．
（2）解：如图，由菱形对称性得，点N关于BE的对称点N'在DE上，
∴PM+PN=PM+PN'，
当P、M、N'共线时，
PM+PN=PM+PN'=MN'，
过点D作DH⊥BC，垂足为H，
∵DE∥BC，
∴MN'的最小值即为平行线间的距离DH的长，
∵△DBC是边长为2的等边三角形，
DH
∴在Rt△DBH中，∠DBC=60°，DB=2，sin∠DBC= ，
DB
√3
∴DH=DB·sin∠DBC=2× =√3，
2
∴PM+PN的最小值为√3．【点睛】本题考查了最值问题，考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角函数等知识，
运用了转化的思想方法．将最值问题转化为求菱形的高是解答本题的关键．
【变式2-2】（2022·四川凉山·统考中考真题）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的
中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
(1)求证：四边形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）证 AEF≌△DEC（AAS），得 AEF≌△DEC（AAS），再证四边形ADBF是平行四边形，然后
△ △
1
由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得证AD=BD= BC，即可由菱形判定定理得出结论；
2
1
（2）连接DF交AB于O，由菱形面积公式S ADBF= AB⋅DF=40，求得OD长，再由菱形性质得
菱形 2
OA=OB，证得OD是三角形的中位线，由中位线性质求解可．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE
∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
在 AEF和 DEB中，
¿，△ △∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵D是BC的中点，
∴CD=BD，
∴AF=BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，
∵D是BC的中点，
1
∴AD=BD= BC，
2
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：连接DF交AB于O，如图
由（1）知：四边形ADBF是菱形，
1 1 1
∴AB⊥DF，OA= AB= ×8=4， S ADBF= AB⋅DF=40，
2 2 菱形 2
1
∴ DF×8=40，
2
∴DF=10，
∴OD=5，
∵四边形ADBF是菱形，
∴O是AB的中点,
∵D是BC的中点，
∴OD是△BAC的中位线，
∴AC=2OD=2×5=10．
答：AC的长为10．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形斜边中
线的性质，三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．【变式2-3】（2022·湖南娄底·统考中考真题）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，
D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G=θ．
(1)求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值．
(2)当θ=90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由．
【答案】(1)见解析，60°
(2)2，理由见解析
【分析】（1）①连接BF、CE，证明四边形BFCE为平行四边形即可，②由题意可知四边形BFCE为菱形，
进而可证明△GBF为等边三角形，即可求解；
（2）连接AF，AO ，由垂直平分线的性质易证△AOF≌△COF，从而可知∠FAO=90°，再由正方形的
以及圆的相关性质可证得∠AOH=∠OBA，设正方形边长为x，在Rt△FAO 中，由正切的定义即可求解．
（1）
证明：如图所示：连接BF、CE，
∵菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），
∴点G、B、E共线，
∴FC∥BG,FC=BC=BE ，
∴FC∥BE,FC=BE ，∴四边形BFCE是平行四边形，
∴EF与BC相互平分，
即：无论θ为何值，EF与BC相互平分；
又∵EF⊥BC，
∴四边形BFCE是菱形，
∴BE=BF，
又∵菱形BCDE和菱形BCFG，
∴GF=BG=BF=BE ，
∴△GFB 为等边三角形，
∴∠G=θ=60°；
（2）
如图所示：连接AF，AO ，设EF与AC交于点H，
∵EF垂直平分AC
∴AF=FC,AO=CO,∠AHO=90° ，
由（1）知，O为BC的中点，
∴动点A在以O为圆心，BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，
∴∠BAC=90°,AO=BO=CO ，
∴∠OBA=∠OAB ，
∵∠OAB+∠OAC=∠AOH+∠OAC=90° ，
∴∠AOH=∠OAB=∠OBA ，
在△AOF和△COF 中，
¿ ，
∴△AOF≌△COF ，
∴∠FAO=∠FCO ，∵θ=90°，菱形BCFG，
∴四边形BCFG为正方形，
∴∠FCO=90°,FC=BC ，
∴∠FAO=∠FCO=90°，
1 1
设FC=BC=x，则AF=CF=x ，AO=OC= BC= x ，
2 2
在Rt△FAO 中，
AF x
tan∠FOA= = =2
AO 1 ，
x
2
∵∠AOH=∠OBA，
∴tan∠ABC=tan∠FOA=2．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定与性
质，正方形的判定与性质，圆中的相关性质，直径所对的圆周角为90度，正切的定义等，熟练掌握以上知
识点，并能综合运用是解题的关键．
【要点7 正方形的定义】
有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
【要点8 正方形的性质】
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角
线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形
分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
【要点9 正方形的判定】
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
【考点3 正方形的判定与性质】
【例3】（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB,BC上的两个
动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，连接DE,DF分别与对角线AC交于点M，N．给出如
下几个结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则
MN
MN=4；④若 =2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为____________．
AM【答案】②
【分析】根据已知条件可得EF=AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF=45°，导角可得②正确，作
DG⊥EF于点G，连接GM,GN，证明△GMN是直角三角形，勾股定理验证③，证明
∠BEF=∠MNG=30°，即可判断④求解．
【详解】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，
∴BE+BF+EF=AB+BC，
∴ EF=AE+FC，
①若AE=2,CF=3，则EF=5，故①不正确；
如图，在BA的延长线上取点H，使得AH=CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADH≌△CDF，∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC，
∵EF=AE+CF=AE+AH=EH，DE=DE，
∴△DHE≌△DFE (SSS)，
∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADH+∠ADF=∠HDF=90°，
∴∠EDF=∠HDE=45°，
∵ ∠H=∠DFC=∠DFE，
∵ ∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠≝¿，
∴∠EFN+∠EMN=∠DFC+45°+∠≝=∠DFC+∠EDF+∠≝=180°
即∠EFN+∠EMN=180°，故②正确；
如图，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，
则∠DGE=∠DAE=90°，
∵∠AED=∠GED，DE=DE，
∴△AED≌△GED，
同理可得△GDF≌△CDF，
∴AD=DG=CD，∠ADE=∠GDE,∠GDF=∠CDF，
∴A,G关于DE对称轴，C,G关于DF对称，
∴GM=AM,GN=CN，
∠EGM=∠EAM=45°,∠NGF=∠NCF=45°，
∴∠MGN=180°−45°−45°=90°，
∴△GMN是直角三角形，
③若AM=2,CN=3，
∴ GM=2,GN=3，∴MN=√MG2+GN2=√13≠4，故③不正确，
∵ MG=AM，
MN
若 =2,BE=3，
AM
MG 1
即sin∠MNG= = ，
MN 2
∴∠MNG=30°，
∵ ∠EFN+∠EMN=180°，∠EMN+∠AME=180°，
又∠CFN=∠EFN，
∴∠AME=∠CFN，
∴2∠AEM=2∠CFN，
即∠AMG=∠CFG，
∴∠GMN=∠BFE，
∴∠BEF=∠MNG=30°，
BE √3
∴cos∠BEF= =cos∠GNM=cos30°= ，
EF 2
∵BE=3，
2BE
∴EF= =2√3，
√3
故④不正确．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上
知识是解题的关键．
【变式3-1】（2022·安徽·统考中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上， BEF是以E
为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的△延长线于点
G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG=________°；
（2）若DE=1，DF=2√2，则MN=________．26
【答案】 45
15
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求
得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
¿，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
∵在正方形ABCD中，AB=AD
∴AD=≥¿
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四边形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴AG∥FH
DE DM
∴ = ，
FH MH
2 4
∴DM= ，MH= ，
3 3
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
√2
∴DP=MP= ，
3
5√2
∴PF=
3
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
√2 5√2
MP PF
∴ = ，即 3 3 ，
NH HF =
NH 2
2
∴NH= ，
54 2 26
∴MN=MH+NH= + = ．
3 5 15
26
故填： ．
15
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，
正确添加辅助线是解题的关键．
【变式3-2】（2022·湖南邵阳·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，
F在对角线BD上，且BE=DF，OE=OA．
求证：四边形AECF是正方形．
【答案】证明过程见解析
【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即
可证明四边形AECF是正方形．
【详解】证明：∵ 四边形ABCD是菱形
∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，
又∵ BE=DF
∴ OB-BE=OD-DF
即OE=OF
∵OE=OA
∴OA=OC=OE=OF且AC=EF
又∵AC⊥EF
∴ 四边形DEBF是正方形．
【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识．
【变式3-3】（2022·浙江台州·统考中考真题）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？
4
如图2，在正方形ABCD各边上分别取点B ，C ，D ，A ，使AB =BC =CD =DA = AB，依次连
1 1 1 1 1 1 1 1 5
接它们，得到四边形A B C D ；再在四边形A B C D 各边上分别取点B ，C ，D ，A ，使
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 24
A B =B C =C D =D A = A B ，依次连接它们，得到四边形A B C D ；…如此继续下去，得到
1 2 1 2 1 2 1 2 5 1 1 2 2 2 2
四条螺旋折线．
图1
(1)求证：四边形A B C D 是正方形；
1 1 1 1
A B
(2)求 1 1的值；
AB
(3)请研究螺旋折线BB B B …中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
1 2 3
【答案】(1)见解析
√17
(2)
5
5√17 √17
(3)螺旋折线BB B B …中相邻线段的比均为 或 ，见解析
1 2 3 17 5
【分析】（1）证明△AB A ≌△BC B ，则A B =B C ，同理可证B C =C D =D A =A B ，再
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
证明有一个角为直角，即可证明四边形为正方形；
（2）勾股定理求解A B 的长度，再作比即可；
1 1
5√17 √17
（3）两个结论：螺旋折线BB B B …中相邻线段的比均为 或 ；螺旋折线BB B B …中相邻
1 2 3 17 5 1 2 3
线段的夹角的度数不变，选一个证明即可，证明过程见详解．
【详解】（1）在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠B=90°，
4
又∵AB =BC =CD =DA = AB，
1 1 1 1 51
∴A A =BB = AB．
1 1 5
∴△AB A ≌△BC B ．
1 1 1 1
∴A B =B C ，∠AB A =∠BC B ．
1 1 1 1 1 1 1 1
又∵∠BC B +∠BB C =90°，
1 1 1 1
∴∠BB C +∠AB A =90°．
1 1 1 1
∴∠A B C =90°．
1 1 1
同理可证：B C =C D =D A =A B ．
1 1 1 1 1 1 1 1
∴四边形A B C D 是正方形．
1 1 1 1
4
（2）∵AB =BC =CD =DA = AB，设AB=5a，则AB =4a．
1 1 1 1 5 1
∴B B=A A =a．
1 1
∴由勾股定理得：A B =√17a．
1 1
A B √17a √17
∴ 1 1= = ．
AB 5a 5
5√17 √17
（3）结论1：螺旋折线BB B B …中相邻线段的比均为 或 ．
1 2 3 17 5
4
证明：∵AB = AB，
1 5
1
∴BB = AB．
1 5
1
同理，B B = A B ．…
1 2 5 1 1
B B AB 5√17
∴ 1 = = ．
B B A B 17
1 2 1 1
B B 5√17
同理可得
1 2=
，…
B B 17
2 3
5√17 √17
∴螺旋折线BB B B …中相邻线段的比均为 或 ．
1 2 3 17 5
结论2：螺旋折线BB B B …中相邻线段的夹角的度数不变．
1 2 3
B B B B 1
证明：∵ 1 = 2 1= ，∠A B C =∠ABC=90°，
BC B C 4 1 1 1
1 1 2∴△BB C ∽△B B C ，
1 1 1 2 2
∴∠BB C =∠B B C ．
1 1 1 2 2
同理得：∠B B C =∠B B C ，
1 2 2 2 3 3
∵∠C B B =∠C B B =90°，
1 1 2 2 2 3
∴∠BB C +∠C B B =∠B B C +∠C B B ，即∠BB B =∠B B B ．
1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 3 1 2 1 2 3
同理可证∠B B B =∠B B B =⋅⋅⋅．
1 2 3 2 3 4
∴螺旋折线BB B B …中相邻线段的夹角的度数不变．
1 2 3
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性
质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【考点4 特殊四边形中的折叠变换】
【例4】（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，点M在AB边上，把△BCM沿直线CM
折叠，使点B落在AD边上的点E处，连接EC，过点B作BF⊥EC，垂足为F，若CD=1,CF=2，则线
段AE的长为（ ）
1 1
A．√5−2 B．√3−1 C． D．
3 2
【答案】A
【分析】先证明 BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=√5，从而可得AD=BC=√5，最后
求得AE的长． △
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠FCB，
∵BF⊥EC，
∴∠BFC=∠CDE，
∵把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，
∴BC=EC，
在 BFC与 CDE中，
△ △ ¿∴△BFC≌△CDE（AAS），
∴DE=CF=2，
∴CE=√CD2+DE2=√12+22=√5，
∴AD=BC=CE=√5，
∴AE=AD-DE=√5−2，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质，勾股定理的应用，解决本题的
关键是熟练掌握矩形中的折叠问题．
【变式4-1】（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图
（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个
相等的矩形再把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第
CD DE
四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：① ，② ，③
DE AD
DE AC √5−1
，④ ，比值为 的是（ ）
ND AD 2
A．①② B．①③ C．②④ D．②③【答案】B
【分析】设MN＝2，则AC＝1，求出AD＝AB＝√5，BE＝CD＝√5−1，分别求出比值，作出判
断．
【详解】解：设MN＝2，
∴AC＝1，
在△ABC中，AB＝√AC2＋BC2＝√12＋22＝√5，
由折叠可知，AD＝AB＝√5，
∴ BE＝CD＝AD−AC＝√5−1，
又∵DE＝BC＝MN＝2，
CD √5−1
∴ = ，
DE 2
DE 2 2√5
= = ，
AD √5 5
DE 2 2 √5−1
= = = ，，
ND NA+AD √5+1 2
AC 1 √5
= = ，
AD √5 5
√5−1
∴比值为 的是①③，
2
故选：B．
【点睛】本题考查四边形综合题，黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换、矩形的性质等知识，解题的关
键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式4-2】（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方
形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB=6，则DP的长度为
___________．
【答案】2
【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：连接AP，如图所示，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E是BC的中点，
1
∴BE＝CE＝ AB＝3，
2
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
¿，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
【变式4-3】（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使
点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为
________；当点M的位置变化时，DF长的最大值为________．【答案】 3√3 6−3√3
【分析】当点M与点B重合时，EF垂直平分AB，利用三角函数即可求得EF的长；根据折叠的性质可知，
AF=FM,若DF取最大值，则FM取最小值，即为边AD与BC的距离DG，即可求解.
【详解】解：当点M与点B重合时，由折叠的性质知EF垂直平分AB，
1
∴AE=EB= AB=3，
2
在Rt AEF中，∠A=60°，AE=3，
△ EF
tan60°= ，
AB
∴EF=3√3；
当AF长取得最小值时，DF长取得最大值，
由折叠的性质知EF垂直平分AM，则AF=FM，
∴FM⊥BC时，FM长取得最小值，此时DF长取得最大值，
过点D作DG⊥BC于点C，则四边形DGMF为矩形，
∴FM=DG，
在Rt DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，
∴DG△=DCsin60°=3√3，
∴DF长的最大值为AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-3√3，
故答案为：3√3；6-3√3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【考点5 特殊四边形中的平移变换】
【例5】（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形
相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形
A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（ ）A．1cm B．2cm C．(√2－1)cm D．(2√2－1)cm
【答案】D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得BB′=1cm，然后由BD−BB′求解即可．
【详解】解：由题意，BD=2√2cm，
由平移性质得BB′=1cm，
∴点D，B′之间的距离为DB′=BD−BB′=（2√2−1）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
【变式5-1】（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图，将△ABC沿着BC方向平移得到△≝¿，只需添加一个
条件即可证明四边形ABED是菱形，这个条件可以是____________．（写出一个即可）
【答案】AB=BE（答案不唯一）
【分析】由题目提供的条件可以得到四边形ABED是平行四边形，再添加一个条件使其成为菱形即可．
【详解】解：添加AB=BE，
∵将△ABC沿着BC方向平移得到△≝¿，
∴AB=DE，AB∥DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
又∵AB=BE，
∴四边形ABED是菱形，
故答案为：AB=BE（答案不唯一）
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定、平移的性质，证明四边形ABED是平行四边
形是解题的关键．【变式5-2】（2022·浙江台州·统考中考真题）如图， ABC的边BC长为4cm．将 ABC平移2cm得到
A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______cm△2． △
△
【答案】8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S =S ，BC=B′C′，BC∥B′C′，
A′B′C′ ABC
△ △
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S +S -S
A′B′C′ 矩形B′C′CB ABC
△ △
=S
矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所
连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
【变式5-3】（2022·贵州贵阳·统考三模）如图，边长为6cm的正方形ABCD先向上平移3cm，再向右平移
2cm，得到正方形A′B′C′D′，此时阴影部分的面积为（ ）A．6cm2 B．8cm2 C．12cm2 D．18cm2
【答案】C
【分析】根据平移的性质得出阴影部分是矩形，再由正方形边长6cm及向上平移3cm，向右平移2cm，得
出矩形的长和宽，从而算得阴影部分面积．
【详解】解：如图，
∵正方形ABCD分别向上，向右平移，
∴∠B′ED=∠D=∠B′=90°，
∴阴影部分为矩形．
∵边长为6cm的正方形ABCD向上平移3cm，
∴DC=6cm，CF=3cm，
∴DF=DC−CF=6−3=3cm．
∵边长为6cm的正方形ABCD向右平移2 cm，
∴AD=6cm，AE=2cm，∴DE=AD−AE=6−2=4cm．
∴S
阴
=S
矩形EB′FD
=DE×DF=4×3=12（cm2），
故选C．
【点睛】本题考查了图形的平移，正确理解平移的性质是解题关键．
【考点6 特殊四边形中的旋转变换】
【例6】（2022·广西柳州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正
方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段
CF长的最小值为 _____．
【答案】2√5−2
【分析】如图，由EG＝2，确定E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明
△ADE≌△CDF（SAS）， 可得AE=CF，可得当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，再利
用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，由EG＝2，可得E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD,∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵DE=DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE=CF，∴当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，
∵G位BC 中点，BC=AB=4，
∴BG=2，
此时AG=√BG2+AB2=√22+42=2√5，
此时AE=2√5−2，
所以CF的最小值为：2√5−2.
故答案为：2√5−2
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆
的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
【变式6-1】（2022·湖北随州·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为
AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ(0<θ<90°)，使EF⊥AD，连接BE
并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
4√5 4
【答案】 90°##90度 ## √5
5 5
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得
∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，
12 AF 3
AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出EG=AM= ，再利用锐角三角函数可得tan∠AEF= = ，从
5 AE 4
AM 16 16 24
而得到AG=ME= = ，进而得到BG=AB−AG=8− = ，可得到
tan∠AEF 5 5 5
EG 1 8
tan∠MEN=tan∠ABE= = ，从而得到MN= ，进而得到DN=2，即可求解．
BG 2 5
【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，1 1
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，AF= AD=3,AE= AB=4，
2 2
AE 3
∴ = ，
AF 4
在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，∠BAD=90°，
AD 3
∴ = ，
AB 4
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在Rt△AEF中，EF=√AE2+AF2=5，
AF 3
∴tan∠AEF= = ，
AE 4
1 1
∵S = AM⋅EF= AE⋅AF，
△AEF 2 2
12
∴EG=AM= ，
5
AM 16
∴AG=ME= = ，
tan∠AEF 5
16 24
∴BG=AB−AG=8− = ，
5 5EG 1
∴tan∠MEN=tan∠ABE= = ，
BG 2
MN 1 8
∴ = ，即MN= ，
ME 2 5
∴DN=AD−AM−MN=2，
∵∠ADF=∠ABE，
1
∴tan∠ADF=tan∠ABE= ，
2
即DH=2HN，
∵DH2+H N2=DH2+ (1 DH ) 2 =DN2=4，
2
4√5 4√5
解得：DH= 或− （舍去）．
5 5
4√5
故答案为：90°，
5
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟
练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式6-2】（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）已知点E在正方形ABCD的对角线AC上，正方形AFEG
与正方形ABCD有公共点A．
2CE
(1)如图1，当点G在AD上，F在AB上，求 的值为多少；
√2DG
CE
(2)将正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，如图2，求： 的值为多少；
DG
√2
(3)AB=8√2，AG= AD，将正方形AFEG绕A逆时针方向旋转α(0°<α<360°)，当C，G，E三点
2
共线时，请直接写出DG的长度．
【答案】(1)2(2)√2
(3)4√6−4√2或4√6+4√2
【分析】（1）根据题意可得GE∥DC，根据平行线分线段成比例即可求解；
AG AD 1
（2）根据（1）的结论，可得 = = ，根据旋转的性质可得∠DAG=∠CAE，进而证明
AE AC √2
△GAD∽△EAC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答
案．
【详解】（1）解：∵正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A，点G在AD上，F在AB上，
∴≥∥DC
AG AE
∴ =
DG EC
EC AE
∴ =
DG AG
∵四边形AFEG是正方形
∴ AE=√2AG
2CE √2CE √2AE
∴ = = =√2×√2=2
√2DG DG AG
（2）解：如图，连接AE，
∵正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，
∴∠DAG=∠CAE
AG AD 1
∵ = =
AE AC √2
∴△GAD∽△EAC
CE AC
∴ = =√2，
DG AD（3）解：①如图，
√2
∵ AB=8√2，AG= AD，
2
√2
∴AD=AB=8√2,AG= ×8√2=8,AC=√2AB=16，
2
∵G,E,C三点共线，
Rt△AGC中，GC=√AC2−AG2=√162−82=8√3，
∴CE=GC−≥=8√3−8，
由（2）可知△GAD∽△EAC，
CE AC
∴ = =√2，
DG DA
DA⋅CE 8√2×(8√3−8)
∴DG= = =4(√6−√2)=4√6−4√2．
AC 16
②如图：
由（2）知 ADG∽△ACE，
DG A△D √2
∴ = = ，
CE AC 2√2
∴DG= CE，
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=8√2，AC=√AB2+BC2=16，
√2
∵AG= AD，
2
√2
∴AG= AD=8，
2
∵四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE=90°，GE=AG=8，
∵C，G，E三点共线．
∴∠AGC=90°
∴CG=√AC2−AG2=√162−82=8√3，
∴CE=CG+EG=8√3+8，
√2
∴DG= CE=4√6+4√2．
2
综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为4√6−4√2或4√6+4√2．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的
性质，综合运用以上知识是解题的关键．
【变式6-3】（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图1，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，过点M
作MN⊥CD且DM=MN，连接DN,BM,CN，点P，Q分别为BM,CN的中点，连接PQ．
(1)证明：CM=2PQ；
(2)将图1中的△DMN绕正方形ABCD的顶点D顺时针旋转α(0°<α<360°)．
①（1）中的结论是否成立？若成立，请结合图2写出证明过程；若不成立，请说明理由；②若AB=10,DM=2√5，在△DMN绕点D旋转的过程中，当B，M，N三点共线时，请直接写出线段
PQ的长．
【答案】(1)见解析
(2)①成立，见解析；②PQ的长为√10或2√10
【分析】（1），连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，证明△EPQ是等腰直角三角形，根据中位线
的性质即可得证；
（2）①如图，连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，证明△CDM∽△BDN，证明∠PEQ= 45°，
√2
过点Q作QK⊥EP于点K，证明EK=KP= EQ，则EQ=PQ，根据中位线的性质即可得证；
2
②分情况讨论，根据勾股定理即可求的MC的长，根据①的结论即可求解．
（1）
如图，连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，
∵ MN⊥CD且DM=MN，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴∠MDN=45°，
∵四边形ABCD是正方形，则∠MDB=45°，
且D,N,B在边CD的同侧，
∴D,N,B三点共线，
设DC=1，DM=a，则MC=1−a，DN=√2a,BD=√2,BN=√2(1−a)，
∵E,P分别为MN,MB的中点，
1 √2
∴EP= NB= (1−a)，
2 2
∵ E,Q分别为MN,NC的中点，1 1
∴EQ= MC= (1−a)，EQ∥DC，
2 2
过点Q作QF⊥EP
则△QFE是等腰直角三角形
√2 √2 1
∴EF= EQ= (1−a)= EP
2 4 2
∴QF垂直平分EP
∴EQ=PQ，
1
∵EQ= MC，
2
∴MC=2PQ，
（2）
①如图，连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，
∵∠CDB=∠MDN=45°，
∠CDM+∠MDB=∠BDN+∠MDB，
∴∠CDM=∠BDN，
DM DC 1
∵ = = ，
DN DB √2
∴△CDM∽△BDN，MC 1
∴ = ，∠DMC=∠DNB，
NB √2
∵E,P分别为MN,MB的中点，
1
∴EP= NB，EP∥NB，
2
∴∠PEM=∠BNM，∠PEN=180°−∠BNM=180°−(∠BND−45°)，
∵ E,Q分别为MN,NC的中点，
1
∴EQ= MC，EQ∥MC，
2
∴∠≠=∠NMC，∠QEM=180°−∠EMC=180°−(360°−90°−∠DMC)=∠DMC−90°，
EQ 1
∴ = ，
EP √2
∴∠PEQ=180°−∠PEN−∠MEQ
=180°−180°+∠BND−45°−∠DMC+90°
=45°
过点Q作QK⊥EP于点K，
则△EKQ是等腰直角三角形，
√2
∴EK= EQ，
2
EQ 1
∵ = ，
EP √2
∴EP=√2EQ，
√2
∴EK=KP= EQ，
2
∴EQ=PQ，
∵2EQ=CM，
∴CM=2PQ；②如图，当B,M,N共线，M在DC的上方时，
∴∠DMB=∠DMN=90°，
∵ DB=√2AB=10√2，
Rt△DMB中，BM=√DB2−DM2=√(10√2) 2 −(2√5) 2=6√5，
∵DM=MN=2√5，
∴BN=BM−MN=4√5，
∵ △CDM∽△BDN，
MC DC 1
∴ = = ，
BN DB √2
√2
∴MC= ×4√5=2√10，
2
1
∴PQ= MC=√10，
2
如图，当B,M,N共线，M在DC的左边时，
Rt△DBM中，BM=√DB2−DM2=6√5，
BN=BM+MN=8√5，
√2
∴MC= ×8√5=4√10，
21
∴PQ= MC=2√10，
2
综上所述，PQ的长为√10或2√10．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，正确的添加
辅助线是解题的关键．
【考点7 特殊四边形中的动点问题】
【例7】（2022·四川资阳·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是直线BC上一动点．
若AB=4，则AE+OE的最小值是( )
A．4√2 B．2√5+2 C．2√13 D．2√10
【答案】D
【分析】本题为典型的将军饮马模型问题，需要通过轴对称，作点A关于直线BC的对称点A′，再连接
A′O，运用两点之间线段最短得到A′O为所求最小值，再运用勾股定理求线段A′O的长度即可．
【详解】解：如图所示，作点A关于直线BC的对称点A′，连接A′O，其与BC的交点即为点E，再作
OF⊥AB交AB于点F，
∵A与A'关于BC对称，
∴AE=A′E，AE+OE=A′E+OE，当且仅当A′，O，E在同一条线上的时候和最小，如图所示，此时
AE+OE=A′E+OE=A′O，
∵正方形ABCD，点O为对角线的交点，
1
∴OF=FB= AB=2，
2
∵对称，
∴AB=BA′=4，
∴F A′=FB+BA′=2+4=6，
在Rt△OF A'中，OA′=√FO2+F A′2=2√10，
故选：D．【点睛】本题为典型的将军饮马模型，熟练掌握轴对称的性质，并运用勾股定理求线段长度是解题关键。
【变式7-1】（2022·辽宁丹东·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC＝60°，对角
线AC与BD交于点O，点E，F分别是线段AB，AC上的动点（不与端点重合），且BE＝AF，BF与CE
交于点P，延长BF交边AD（或边CD）于点G，连接OP，OG，则下列结论：①△ABF≌△BCE；②当BE
＝2时，△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；③当BE＝4时，BE：CG＝2：1；④线段OP的
最小值为2√5﹣2√3．其中正确的是______．（请填写序号）
【答案】①②
【分析】①证明△ABC是等边三角形，进而得出三角形全等的三个条件；
②可推出点G是AD的中点，可以得出S COD＝S AOD＝2S DOG，根据点O是BD的中点，可以得到
△ △ △
S BOG＝S DOG，进一步得出结果；
△ △
CG CF
③根据AB∥CD得出 = ，从而得出CG＝3，于是BE：CG＝4：3；
AB AF
④可推出∠BPC＝120°，从而得出点P在以等边三角形BCH的外接圆的B´C上运动，当点O、P、I共线时，
OP最小．
【详解】解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，
∴∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝60°，
在△ABF和△BCE中，¿，∴△ABF≌△BCE（SAS），
故①正确；
②由①知：△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝6，
∵AF＝BE＝2，
∴CF＝AC﹣AF＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，OB＝OD，OA＝OC，
∴△AGF∽△CBF，S BOG＝S DOG，S AOD＝S COD，
△ △ △ △
AG AF
∴ = ，
BC CF
AG 2
∴ = ，
6 4
∴AG＝3，
1
∴AG＝ AD，
2
∴S AOD＝2S DOG，
△ △
∴S COD＝2S COG＝2S BOG，
△ △ △
∴∴S OCDG＝S DOG+S COD＝3S DOG＝3S BOG，
四边形
△ △ △ △
△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；
故②正确；
③如图1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
CG CF
∴ = ，
AB AF
CG 2
∴ = ，
6 4∴CG＝3，
∴BE：CG＝4：3，
故③不正确；
④如图2，
由①得：△ABF≌△BCE，
∴∠BCE＝∠ABF，
∴∠BCE+∠CBF＝∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝60°，
∴∠BPC＝120°，
作等边三角形△BCH，作△BCH的外接圆I，
则点P在⊙I上运动，
点O、P、I共线时，OP最小，
作HM⊥BC于M，
√3
∴HM＝ BC＝3√3，
2
2
∴PI＝IH＝ HM=2√3，
3
∵∠ACB+∠ICB＝60°+30°＝90°，
∴OI＝√OC2+CI2＝√32+(2√3) 2＝√21，
∴OP ＝OI﹣PI＝√21﹣2√3，
最小
故④不正确，
故答案为：①②．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判
定和性质，解直角三角形，确定圆的条件等知识，解决问题的关键熟练掌握“定弦对定角”等模型．
AB 2
【变式7-2】（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中 = ．动点M从点A出发，沿边
BC 3AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点
M运动的速度为v ，点N运动的速度为v ，且v
